Bolyai János Matematikai Társulat. 1. Az a és b valós számra a 2 + b 2 = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az. szorzat minimumát. Megoldás.

Átírás

1 Bolyai János Matematikai Társulat Oktatási Minisztérium Alapkezelő Igazgatósága támogatásával Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 005/00-os tanév első iskolai) forduló haladók II. kategória nem speciális matematika tantervű gimnáziumi tanulók) Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b valós számra a + b = 1 teljesül, ahol ab 0. Határozzuk meg az 1 + 1a ) 1 + 1b ) szorzat minimumát a ) 1 + 1b ) = a + 1)b + 1) a b = a b + a + b ) + 1 a b. Mivel a + b = 1, ezért 1 + 1a ) 1 + 1b ) = 1 + a b. Az a + b = 1 feltétel alapján a b ) + ab = 1, azaz ab = 1 a b ). Tudjuk, hogy a b ) 0, így ab = 1 a b ) 1. A kapott egyenlőtlenség tehát ab 1 alakú, ezért a b 1 4. Ha pedig a b 1 4, ahol a b > 0, akkor Az 1 + 1a ) 1 + 1b ) = 1 + a b a ) 1 + 1b ) szorzat minimuma tehát 9 lehet. = 9. A minimum meg is valósul az a = b = esetben. pont 1

2 . Az AB alapú egyenlő szárú háromszög alapjának felezőpontja F, súlypontja S, magasságpontja M, beírt köre k. Ha F M = és S illeszkedik k-ra, akkor mekkora a háromszög kerülete? Tekintsük az ábrát. A KE = KF = KS = r, AF = F B = a, AC = BC = b, F C = m jelölésekkel a feltételek alapján KC = 5r. A KEC és a BF C háromszög hasonlósága alapján KCE szög közös) KE F B = KC BC, azaz r a = 5r, így b = 5a. b 1 Az AF M és a CF B derékszögű háromszögek is hasonlók, mert F AM és F CB merőleges szárú hegyesszögek, így a hasonlóság alapján pont F M F B = AF CF, azaz a = a m, így m = a. Az AF C derékszögű háromszögre Pitagorasz tételét alkalmazva a + m = b. A b = 5a, m = a helyettesítéseket elvégezve a4 = 4a adódik, ahonnan a = 1. A háromszög kerülete tehát a + b = 1 + 0) = A Piramis Bank elnöke a külvárosból jár be munkahelyére dolgozni. Hétköznapokon egy sofőr jön érte, aki minden nap ugyanabban az időpontban indul a banktól, felveszi az elnököt, és pontosan nyitásra megérkeznek. Egyik reggel a sofőr telefonált, hogy valami baj van az autóval, ezért valószínűleg késni fog. Az elnök emiatt a szokottnál egy órával korábban, gyalog indult munkába. A sofőr közben megjavította az autót, és mégis el tudott indulni a szokásos időpontban, így útközben találkozott a bankárral. Felvette, és nyitás előtt 0 perccel érkeztek a bankhoz. Mennyi ideig sétált a bankár? Feltehetjük, hogy az autó sebessége állandó és az utas felvétele nem jár időveszteséggel.) 1. megoldás. Mivel az elnök elindult gyalog, a sofőrnek a szokottnál rövidebb utat kellett megtennie. A sofőr állandó sebességgel haladt, tehát a 0 perc különbség úgy jött létre, hogy a bankból a ház felé, majd vissza a bankhoz egyaránt perccel kevesebb ideig tartott az út, mint a többi napon. 3 pont

3 Tehát a megszokotthoz képest 10 perccel korábban szállt be az autóba a Piramis Bank elnöke. Mivel az elnök egy órával korábban indult, mint szokott, és 10 perccel korábban szállt autóba, mint a többi napon, így összesen 50 percig kellett sétálnia. pont pont. megoldás. Ábrázoljuk idő távolság koordinátarendszerben az adatokat! Jelölje B a bankot, O a bankár lakását és egyben a sofőr szokásos indulásának időpontját), I azt az időpontot, amikor a bankár be szokott szállni az autóba, N pedig a nyitás pillanatát. A sofőr állandó sebességgel halad, ezért OI = IN. A rendhagyó napon 0 perccel hamarabb, a K időpontban indult a bankár. Mivel a sofőr az utolsó pillanatban megjavította az autót, ezért a szokásosnál korábban, a T pontban vette fel főnökét. Itt T egyszerre jelöl időpontot és helyet.) Mivel az autó sebessége nem változott, a vastag vonallal ábrázolt szakasz párhuzamos az első ábrán látható második szakasszal. Emiatt I I = 0 perc. A T pont idő-tengelyen vett F merőleges vetülete felezi az I I szakaszt, mert a sebesség változatlansága miatt az autó mozgását ábrázoló szakaszok egyenlő szöget zárnak be a vízszintes tengellyel. Tehát F I = 10 perc, vagyis KF = 50 perc. A bankár 50 percet gyalogolt. 3

4 4. Egy ABC hegyesszögű háromszög belsejében egy tetszőleges O pontból merőlegeseket bocsátunk az AB, BC és CA oldalakra. A talppontokat rendre jelöljük R-rel, P -vel és Q-val. Rajzoljunk kifelé négyzeteket az RB-re, P C-re és AQ-ra. Mekkora a három négyzet területének összege, ha tudjuk, hogy AR = 7, BP = 5 és CQ =? Legyen OR = x, OP = y, OQ = z, és legyen P C = p, QA = q, RB = r. Keresendő a p + r + q összeg. Írjuk fel a pitagorasz tételt az OQA háromszögre: z + q = OA. Az ORA háromszögre: x + 7 = OA. Mivel az OA átfogó mindkét háromszögben közös, ezért I) z + q = x + 7. Hasonlóan kapjuk, ha felírjuk a BOR háromszögre és a BOP háromszögre a Pitagorasz-tételt: II) x + r = y + 5. És a P OC háromszögre és a COQ háromszögre a Pitagorasz-tételt: III) y + p = z +. Az I), II) és III) egyenleteket összeadva kapjuk: x + y + z + p + q + r = x + y + z pont Rendezés után p + q + r = p + q + r = 110. Tehát a három négyzet területének összege

5 5. Határozza meg azokat az egész számokból álló x; y) számpárokat, amelyek kielégítik a következő egyenletet: x + ) 4 x 4 = y 3. Az a b = a b)a + b) azonosságot használjuk az egyenlet bal oldalára: x + ) x ) x + ) + x ) = y 3. Az azonosságot ismét alkalmazzuk a bal oldal első tagjára: x + x)x + + x)x + 4x + 4) = y 3. És kiemeljük a ketteseket: 3 x + 1)x + x + ) = y 3. A második zárójelben teljes négyzetté alakítjuk a kifejezést x + 1) x + 1) + 1 ) y ) 3 =. Az x + 1) és az x + 1) + 1 ) relatív prím, ezért csak akkor lesz a baloldal is teljes harmadik hatvány, ha x + 1) is egy köbszám, és az x + 1) + 1 is egy köbszám. x + 1) = a 3 x + 1) + 1 ) = b 3, ahol a, b Z. Tehát a 3 ) + 1 = b 3, ahol a 3 ) 0, és a ) = b 3 ezért a szomszédos nem negatív egészek köbének különbségét vizsgálva ami szigorúan monoton nő adódik az a = 0, és b = 1. Itt hivatkozhatunk arra is, hogy ha az b 3 a = 1 egyenlet bal oldalát szorzattá alakítjuk: pont b 3 a = b a )b + ba + a 4 ) = 1. Mivel a és b egész számok, ezért vagy b a ) = 1 és b + ba + a 4 ) = 1 vagy b a ) = 1 és b + ba + a 4 ) = 1. Az egyenletrendszereket megoldva is az a = 0, és b = 1 megoldást kapjuk. Innen x = 1 és y = 0 az egyetlen lehetséges megoldás, és ez a számpár valóban kielégíti az egyenletet. AZ I. KATEGÓRIA DOLGOZATAINAK TOVÁBBJUTÁSI PONTHATÁRA 18 PONT 5